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pouvant amener $\mathrm {A}$ que $x-1$ fois au plus, cet événement n’arrivera pas plus de $x$ fois dans les $z$ épreuves. La probabilité de $m$ événements $\mathrm {Bet}$ d’un événement $\mathrm {A}$ qui occuperait un rang déterminé, est $q^{m}p,$ et ce rang pouvant être les $m$ premiers, la probabilité du second cas favorable à $\mathrm {C}$ sera $mq^{m}p.$

3^o Si les $m+2$ premières épreuves amènent $m$ fois $\mathrm {B}$ et deux fois $\mathrm {A} ,$ sans que $\mathrm {A}$ occupe le rang $m+2,$ ce qui est nécessaire et suffisant pour que ce troisième cas ne rentre ni dans le premier, ni dans le second. La probabilité de $m$ fois $\mathrm {B}$ et deux fois $\mathrm {A}$ dans des rangs déterminés, est $q^{m}p^{2}\,;$ en prenant deux à deux les $m+1$ premiers rangs pour y placer $\mathrm {A} ,$ on a ${\frac {1}{2}}m(m+1)$ combinaisons différentes ; la probabilité du troisième cas favorable à $\mathrm {C}$ sera donc ${\frac {1}{2}}m(m+1)q^{m}p^{2}.$

En continuant ainsi, on arrivera enfin à un $x+1$^ième cas dans lequel les $m+x,$ ou $n$ épreuves, amèneront $m$ fois $\mathrm {B}$ et $x$ fois $\mathrm {A} ,$ sans que $\mathrm {A}$ occupe le $n$^ième rang, afin que ce cas ne rentre dans aucun des $x$ précédents ; et sa probabilité sera

${\frac {m(m+1)(m+2)\ldots (m+x-1)}{1.2.3\ldots n}}q^{m}p^{x}.$

Ces $x+1$ cas étant distincts les uns des autres, et présentant toutes les manières différentes dont l’événement $\mathrm {C}$ puisse arriver, sa probabilité $\mathrm {X}$ sera la somme de leurs probabilités respectives. En remettant $n-x$ à la place de $m,$ on aura par conséquent

$\mathrm {X} =q^{n-x}\left[1+(n-x)p+{\frac {(n-x)(n-x+1)}{1.2}}p^{2}+\ldots \right.$

$\ldots +\left.{\frac {(n-x)(n-x+1)\ldots (n-2)(n-1)}{1.2.3\ldots x}}p^{x}\right]$

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